高中物理必修二功和能

1 专题二 第1讲 功 功率和动能定理 考向一 功和功率的计算 选择题 1 恒力做功的公式 W Flcos 通过 F 与 l 间的夹角 判断 F 是否做功及做功的正 负 2 功率 1 平均功率 P F cos W tv 2 瞬时功率 P Fvcos 为 F 与 v 的夹角 2014 全国新课标 一物体静止在粗糙水平地面上 现用一大小为 F1的水平 例1 拉力拉动物体 经过一段时间后其速度变为 v 若将水平拉力的大小改为 F2 物体从静止 开始经过同样的时间后速度变为 2v 对于上述两个过程 用 WF1 WF2分别表示拉力 F1 F2所做的功 Wf1 Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功 则 A WF2 4WF1 Wf2 2Wf1 B WF2 4WF1 Wf2 2Wf1 C WF2 4WF1 Wf2 2Wf1 D WF2 4WF1 Wf20 即 WF2P2 C W1 W2 P1 P2 D W1 W2 P1 P2 解析 选 B 由 W Fs 可知两次拉力做功相同 但由于地面光滑时不受摩擦力 加速 度较大 运动时间较短 由 P 可知 P1 P2 B 正确 W t 2 2014 成都一模 一个质量为 m 的物块 在几个共点力的作用下静止在光滑水平面 上 现把其中一个水平方向的力从 F 突然增大到 3F 并保持其他力不变 则从这时开始的 t s 末 该力的瞬时功率是 A B C D 9F2t m 6F2t m 4F2t m 3F2t m 解析 选 B 物块所受合力为 2F 根据牛顿第二定律有 2F ma 在合力作用下 物 块做初速度为零的匀加速直线运动 速度 v at 该力大小为 3F 则该力的瞬时功率 P 3Fv 联立可得 P B 正确 6F2t m 3 某中学科技小组制作出利用太阳能驱动小车的装置 当太阳光照射到小车上方的光 电板时 光电板中产生的电流经电动机带动小车前进 若质量为 m 的小车在平直的水泥路 上从静止开始沿直线加速行驶 经过时间 t 前进的距离为 s 且速度达到最大值 vm 设这 一过程中电动机的功率恒为 P 小车所受阻力恒为 f阻 那么在这段时间内 A 小车做匀加速运动 B 小车受到的牵引力逐渐增大 C 小车受到的合力所做的功为 Pt D 小车受到的牵引力做的功为 f阻s mv 1 22 m 解析 选 D 小车运动时受向前的牵引力 F1 向后的阻力 f阻作用 因为 v 增大 P 不 变 由 P F1v F1 f阻 ma 得出 F1减小 a 减小 当 v vm时 a 0 A B 错误 合 力的功 W总 Pt f阻s 由动能定理 W牵 f阻s mv 0 得 W牵 f阻s mv C 错 1 22 m 1 22 m 误 D 正确 4 2014 抚顺一模 如图所示 一个质量为 m 的小球 用长 L 的轻绳悬于 O 点 小球 在水平恒力 F 的作用下从平衡位置 P 点由静止开始运动 运动过程中绳与竖直方向的最大 夹角为 60 则力 F 的大小为 A mg B mg 3 23 C mg D mg 1 2 3 3 解析 选 D 小球在水平恒力作用下从 P 点运动至与竖直方向成 60 角位置的过程中 由动能定理得 FLsin 60 mgL 1 cos 60 0 解得 F mg D 正确 3 3 6 2014 攀枝花模拟 一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动 运动过程中保持恒 9 定的牵引功率 其加速度 a 和速度的倒数 图像如图所示 若已知汽车的质量 则根据图像 1 v 所给的信息 能求出的物理量是 A 汽车的功率 B 汽车行驶的最大速度 C 汽车所受到的阻力 D 汽车运动到最大速度所需的时间 解析 选 ABC 由 F f ma P Fv 可得 a 对应图线可知 k 40 P m 1 v f m P m 因为汽车的质量已知 所以可求出汽车的功率 P 由 a 0 时 0 05 可得 vm 20 1 vm m s 再由 vm 可求出汽车受到的阻力 f 但无法求出汽车运动到最大速度的时间 P f A B C 正确 D 错误 8 额定功率为 80 kW 的汽车 在平直的公路上行驶 行驶的最大速度为 20 m s 汽 车的质量 m 2 000 kg 若汽车从静止开始做匀加速直线运动 加速度 a 2 m s2 运动过 程中阻力不变 求 1 汽车所受的阻力有多大 2 匀加速运动的时间多长 3 3 s 末汽车的瞬时功率多大 解析 1 当速度最大时 牵引力 F1与阻力 f 大小相等 有 f F1 4 000 N P额 vm 2 设以恒定的加速度 a 2 m s2启动时的牵引力为 F2 由牛顿第二定律得 F2 f ma 解得 F2 8 000 N 当汽车达到额定功率时加速过程结束 设加速运动的末速度为 v1 则 v1 10 m s P额 F2 所以匀加速运动的时间 t1 5 s v1 a 3 因 3 s 末汽车为匀加速运动 故 3 s 末的速度 v at 6 m s 3 s 末的瞬时功率 P F2v 48 kW 答案 1 4 000 N 2 5 s 3 48 kW 9 2014 正定二模 如图所示 A B C 质量分别为 mA 0 7 kg mB 0 2 kg mC 0 1 kg B 为套在细绳上的圆环 A 与水平桌面的动摩擦因数 0 2 另一圆环 D 固定在桌边 离地面高 h2 0 3 m 当 B C 从静止下降 h1 0 3 m C 穿环而过 B 被 D 挡住 不计绳子质量和滑轮的摩擦 取 g 10 m s2 若开始时 A 离桌面足够远 10 1 请判断 C 能否落到地面 2 求 A 在桌面上滑行的距离是多少 解析 1 设 B C 一起下降 h1时 A B C 的共同速度为 v B 被挡住后 C 再下落 h 后 A C 两者均静止 对 A B C 一起运动和 A C 一起再下降 h 过程分别由动能定理 得 mB mC gh1 mAgh1 mA mB mC v2 0 1 2 mCgh mAgh 0 mA mC v2 1 2 代入数据解得 h 0 96 m 因为 h h2 故 C 能落至地面 2 设 C 落至地面瞬间 A 的速度为 v 在 C 落至地面过程对 A C 由动能定理得 mCgh2 mAgh2 mA mC v 2 v2 1 2 C 落至地面后 A 运动的过程由动能定理得 mAgx 0 mAv 2 1 2 解得 x 0 165 m 故 A 滑行的距离为 xA h1 h2 x 0 3 0 3 0 165 m 0 765 m 答案 1 C 能落至地面 2 0 765 m 考向一 机械能守恒定律的应用 选择题 2014 遂宁一模 如图所示 在倾角为 30 的光滑固定斜面上 放有两个质量分 例1 别为 1 kg 和 2 kg 的可视为质点的小球 A 和 B 两球之间用一根长 L 0 2 m 的轻杆相连 小球 B 距水平面的高度 h 0 1 m 斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连 两球从静 止开始下滑到光滑地面上 g 取 10 m s2 则下列说法中正确的是 A 下滑的整个过程中 A 球机械能守恒 11 B 下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒 C 两球在光滑水平面上运动时的速度大小为 2 m s D 系统下滑的整个过程中 B 球机械能的增加量为 J 2 3 审题指导 题干中 光滑固定斜面 光滑短圆弧 光滑地面 说明 A B 两球不受摩擦力作 用 系统机械能守恒 解析 A B 下滑的整个过程中 杆的弹力对 A 球做负功 A 球机械能减少 A 错误 A B 球组成的系统只有重力和系统内弹力做功 机械能守恒 B 正确 对 A B 球组成的 系统由机械能守恒定律得 mAg h Lsin 30 mBgh mA mB v2 解得 v m s C 错 1 2 2 3 6 误 B 球机械能的增加量为 Ep mBv2 mBgh J D 正确 1 2 2 3 答案 BD 感悟升华 应用机械能守恒定律解题的基本思路 1 如图所示 在高 1 5 m 的光滑平台上有一个质量为 2 kg 的小球被一细线拴在墙上 球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧 当烧断细线时 小球被弹出 小球落地时的速度方 向与水平方向成 60 角 则弹簧被压缩时具有的弹性势能为 g 10 m s2 A 10 J B 15 J C 20 J D 25 J 解析 选 A 由 h gt2 tan 60 可得 v0 m s 由小球被弹射过程中小 1 2 vy v0 gt v010 球和弹簧组成的系统机械能守恒得 Ep mv 10 J A 正确 1 22 0 2 2014 四川师大附中模拟 如图所示 可视为质点的小球 A B 用不可伸长的细软轻 线连接 跨过固定在地面上半径为 R 的光滑圆柱 A 的质量为 B 的两倍 当 B 位于地面时 A 恰与圆柱轴心等高 将 A 由静止释放 B 上升的最大高度是 A 2R B 5R 3 12 C D 4R 3 2R 3 解析 选 C 如图所示 以 A B 为系统 以地面为零势能面 设 A 质量为 2m B 质 量为 m 根据机械能守恒定律有 2mgR mgR 3mv2 A 落地后 B 将以 v 做竖直上抛运 1 2 动 即有 mv2 mgh 解得 h R 则 B 上升的高度为 R R R 故选项 C 正确 1 2 1 3 1 3 4 3 3 2014 巴中模拟 如图所示 将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端 轻绳的另一端 系一质量为 m 的环 环套在竖直固定的光滑直杆上 光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为 d 杆上的 A 点与定滑轮等高 杆上的 B 点在 A 点下方距离为 d 处 现将环从 A 处由静止 释放 不计一切摩擦阻力 下列说法正确的是 A 环到达 B 处时 重物上升的高度 h d 2 B 环到达 B 处时 环与重物的速度大小相等 C 环从 A 到 B 环减少的机械能等于重物增加的机械能 D 环能下降的最大高度为 d 4 3 解析 选 CD 重物上升的高度 h 与滑轮左侧绳长的增加量相等 故 h 1 d A 2 错误 重物的速度 v物 v环cos 45 B 错误 由于不计一切摩擦阻力 环与重物组成的系 统机械能守恒 故 C 正确 设环能下降的最大高度为 h 由机械能守恒得 mgh 2mg d 解得 h d D 正确 h 2 d2 4 3 考向二 功能关系的应用 选择题或计算题 常见的功能关系 2014 眉山一模 滑板运动是深受年轻人喜爱的一种极限运动 如图所示为某公 例2 园内一滑板场地的竖直截面示意图 斜面 AB 与水平面间的夹角 37 水平地面 BC 长 13 x 10 m B 处平滑连接 CD 为半径 R 3 0 m 的四分之一圆弧轨道 若一质量为 m 50 kg 的运动员 以 v0 4 m s 的初速度从场地 A 点沿斜面滑下 经过 AB 段所用时间为 t 5 3 s 若没有蹬地动作 恰能到达 D 点 已知滑板与斜面 AB 间的动摩擦因数 0 45 圆弧 轨道 CD 光滑 不计滑板质量和空气阻力 除蹬地外运动员和滑板可视为一质点 g 取 10 m s2 sin 37 0 6 cos 37 0 8 求 1 斜面高度 h 2 运动员第一次经过圆弧最低点 C 时受到的支持力大小 3 运动员在 BC 段受到的阻力大小 4 若运动员第一次经过 D 点后有 1 2 s 的时间离开圆弧轨道 则其在 BC 段需要通过 蹬地做多少功 解析 1 在 AB 段 对运动员 滑板组成的系统受力分析如图所示 由牛顿第二定 律得 mgsin f ma N mgcos f N 由运动学公式得 斜面 AB 长度 l v0t at2 1 2 由几何关系得 h lsin 解得 a 2 4 m s2 h 6 m 2 设运动员第一次经过 C 点时的速度大小为 vC 恰好到达 D 点说明物块在 D 点时速 度为零 从 C 到 D 过程中 根据机械能守恒定律得 mv mgR 1 22 C 经 C 点时 由牛顿第二定律得 N mg m v2 C R 解得 N 1 500 N 3 运动员经过 B 点时的速度为 vB 则 vB v0 at 在 BC 段 由动能定理得 fx mv mv 1 22 C 1 22 B 解得 f 10 N 4 运动员离开 D 点后做竖直上抛运动 则 2vD gT 根据功能关系得 W mv 1 22 D 解得 W 900 J 14 答案 1 6 m 2 1 500 N 3 10 N 4 900 J 感悟升华 解决功能关系问题的三点注意 1 分析清楚是什么力做功 并且清楚该力是做正功还是做负功 根据功能之间的对应 关系 判定能的转化形式 确定能量之间的转化情况 2 可以根据功能之间的转化情况 确定是什么力做功 尤其可以方便计算变力做功的 多少 3 功能关系反映了做功与能量转化之间的对应关系 功是能量转化的量度 在不同问 题中的具体表现不同 4 2014 永安质检 如图甲所示 一物体悬挂在细绳下端 由静止开始沿竖直方向运动 运动过程中物体的机械能 E 与物体位移 x 关系的图像如图乙所示 其中 0 x1过程的图线 为曲线 x1 x2过程的图线为直线 由此可以判断 A 0 x1过程中物体所受拉力是变力 且一定不断减小 B 0 x1过程中物体的动能一定不断减小 C x1 x2过程中物体一定做匀速运动 D x1 x2过程中物体可能做匀加速运动 解析 选 D 在 E x 图像中 图线的斜率表示力的大小 在 0 x1过程中 由 E x 图 像知 拉力 F 逐渐变大 由于无法确定 F 和 mg 的关系 动能可能增大 减小或不变 A B 错误 x1 x2过程 F 不变 物体可能做匀速运动 也可能做匀变速运动 C 错误 D 正确 5 如图甲所示 一足够长 与水平面夹角 53 的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨 道相接 圆轨道的半径为 R 其最低点为 A 最高点为 B 可视为质点的物块与斜轨间有 摩擦 物块从斜轨上某处由静止释放 到达 B 点时对轨道压力的大小 F 与释放的位置距最 低点的高度 h 的关系图像如图乙所示 不计物块通过 A 点时的能量损失 重力加速度 g 10 m s2 sin 53 cos 53 求 4 5 3 5 1 物块与斜轨间的动摩擦因数 2 物块的质量 m 解析 1 由题图乙知 当 h1 5R 时 物块到达 B 点时对轨道压力的大小为零 此时 物块自身的重力恰好提供物块做圆周运动的向心力 设此时物块在 B 点的速度大小为 v1 则由牛顿第二定律知 mg mv2 1 R 对物块从释放至到达 B 点的过程 由动能定理得 mg h1 2R mgcos mv h1 sin 1 22 1 15 解得 2 3 2 设物块从距最低点高为 h 处释放后到达 B 点时速度的大小为 v 物块受到轨道的压 力为 F 则 F mg mv2 R 对物块从释放至到达 B 点的过程 由动能定理得 mg h 2R mgcos mv2 0 h sin 1 2 解得 F 5mg mgh R 则由牛顿第三定律得 F 5mg mgh R 则 F h 图线的斜率 k mg R 由题图乙可知 k 2 N R 解得 m 0 2 kg 答案 1 2 0 2 kg 2 3 考向三 能量守恒定律的综合应用 选择题或计算题 应用能量守恒定律的两条基本思路 1 某种形式的能减少 一定存在其他形式的能增加 且减少量和增加量一定相等 即 E减 E增 2 某个物体的能量减少 一定存在其他物体的能量增加 且减少量和增加量一定相等 即 EA 减 EB 增 量转化问题的解题方法 1 当涉及摩擦力做功时 机械能不守恒 一般应用能的转化和守恒定律 特别注意摩 擦产生的内能 Q fx相对 x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度 2 解题时 首先确定初 末状态 然后分清有多少种形式的能在转化 再分析状态变 化过程中哪种形式的能量减少 哪种形式的能量增加 求出减少的能量总和 E减和增加的 能量总和 E增 最后由 E减 E增列式求解 6 2014 南充模拟 如图所示 质量为 M 2 kg 长为 L 2 m 的长木板静止放置在光 滑水平面上 在其左端放置一质量为 m 1 kg 的小木块 可视为质点 先相对静止 后用 一水平向右的力 F 4 N 作用在小木块上 经过时间 t 2 s 小木块从长木板另一端滑出 g 取 10 m s2 则 A 小木块与长木板之间的动摩擦因数 0 1 B 在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为 8 J C 小木块脱离长木板的瞬间 拉力 F 的功率为 16 W D 长木板在运动过程中获得的机械能为 16 J 解析 选 C 对小木块由牛顿第二定律得 F mg ma1 对长木板由牛顿第二定律